全國各地中考數(shù)學(xué)分類解析總匯:操作探究【共27頁】
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1、▼▼▼2019屆數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)資料▼▼▼ 操作探究 一、選擇題 1.(2014?德州,第12題3分)如圖,在一張矩形紙片ABCD中,AB=4,BC=8,點E,F(xiàn)分別在AD,BC上,將紙片ABCD沿直線EF折疊,點C落在AD上的一點H處,點D落在點G處,有以下四個結(jié)論: ①四邊形CFHE是菱形; ②EC平分∠DCH; ③線段BF的取值范圍為3≤BF≤4; ④當(dāng)點H與點A重合時,EF=2. 以上結(jié)論中,你認為正確的有( ?。﹤€. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 考點: 翻折變換(折疊問題) 分析: 先判斷出四邊形CFHE是平行四邊形,再根據(jù)翻
2、折的性質(zhì)可得CF=FH,然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明,判斷出①正確; 根據(jù)菱形的對角線平分一組對角線可得∠BCH=∠ECH,然后求出只有∠DCE=30時EC平分∠DCH,判斷出②錯誤; 點H與點A重合時,設(shè)BF=x,表示出AF=FC=8﹣x,利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值,點G與點D重合時,CF=CD,求出BF=4,然后寫出BF的取值范圍,判斷出③正確; 過點F作FM⊥AD于M,求出ME,再利用勾股定理列式求解得到EF,判斷出④正確. 解答: 解:∵FH與CG,EH與CF都是矩形ABCD的對邊AD、BC的一部分, ∴FH∥CG,EH∥CF, ∴四邊形CFHE是
3、平行四邊形, 由翻折的性質(zhì)得,CF=FH, ∴四邊形CFHE是菱形,故①正確; ∴∠BCH=∠ECH, ∴只有∠DCE=30時EC平分∠DCH,故②錯誤; 點H與點A重合時,設(shè)BF=x,則AF=FC=8﹣x, 在Rt△ABF中,AB2+BF2=AF2, 即42+x2=(8﹣x)2, 解得x=3, 點G與點D重合時,CF=CD=4, ∴BF=4, ∴線段BF的取值范圍為3≤BF≤4,故③正確; 過點F作FM⊥AD于M,則ME=(8﹣3)﹣3=2, 由勾股定理得,EF===2,故④正確; 綜上所述,結(jié)論正確的有①③④共3個. 故選C. 點評: 本題考查
4、了翻折變換的性質(zhì),菱形的判定與性質(zhì),勾股定理的應(yīng)用,難點在于③判斷出BF最小和最大時的兩種情況. 二.填空題 三.解答題 1. ( 2014?福建泉州,第25題12分)如圖,在銳角三角形紙片ABC中,AC>BC,點D,E,F(xiàn)分別在邊AB,BC,CA上. (1)已知:DE∥AC,DF∥BC. ①判斷 四邊形DECF一定是什么形狀? ②裁剪 當(dāng)AC=24cm,BC=20cm,∠ACB=45時,請你探索:如何剪四邊形DECF,能使它的面積最大,并證明你的結(jié)論; (2)折疊 請你只用兩次折疊,確定四邊形的頂點D,E,C,F(xiàn),使它恰好為菱形,并說明你的折法和理由. 考點: 四
5、邊形綜合題 分析: (1)①根據(jù)有兩組對邊互相平行的四邊形是平行四邊形即可求得,②根據(jù)△ADF∽△ABC推出對應(yīng)邊的相似比,然后進行轉(zhuǎn)換,即可得出h與x之間的函數(shù)關(guān)系式,根據(jù)平行四邊形的面積公式,很容易得出面積S關(guān)于h的二次函數(shù)表達式,求出頂點坐標(biāo),就可得出面積s最大時h的值. (2)第一步,沿∠ABC的對角線對折,使C與C1重合,得到三角形ABB1,第二步,沿B1對折,使DA1⊥BB1. 解答: 解:(1)①∵DE∥AC,DF∥BC, ∴四邊形DECF是平行四邊形. ②作AG⊥BC,交BC于G,交DF于H, ∵∠ACB=45,AC=24cm ∴AG==12, 設(shè)DF=EC
6、=x,平行四邊形的高為h, 則AH=12h, ∵DF∥BC, ∴=, ∵BC=20cm, 即:= ∴x=20, ∵S=xh=x?20=20h﹣h2. ∴﹣=﹣=6, ∵AH=12, ∴AF=FC, ∴在AC中點處剪四邊形DECF,能使它的面積最大. (2)第一步,沿∠ABC的對角線對折,使C與C1重合,得到三角形ABB1,第二步,沿B1對折,使DA1⊥BB1. 理由:對角線互相垂直平分的四邊形是菱形. 點評: 本題考查了相似三角形的判定及性質(zhì)、菱形的判定、二次函數(shù)的最值.關(guān)鍵在于根據(jù)相似三角形及已知條件求出相關(guān)線段的表達式,求出二次函數(shù)表達式,即可求出結(jié)論.
7、 2. ( 2014?福建泉州,第26題14分)如圖,直線y=﹣x+3與x,y軸分別交于點A,B,與反比例函數(shù)的圖象交于點P(2,1). (1)求該反比例函數(shù)的關(guān)系式; (2)設(shè)PC⊥y軸于點C,點A關(guān)于y軸的對稱點為A′; ①求△A′BC的周長和sin∠BA′C的值; ②對大于1的常數(shù)m,求x軸上的點M的坐標(biāo),使得sin∠BMC=. 考點: 反比例函數(shù)綜合題;待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式;勾股定理;矩形的判定與性質(zhì);垂徑定理;直線與圓的位置關(guān)系;銳角三角函數(shù)的定義 專題: 壓軸題;探究型. 分析: (1)設(shè)反比例函數(shù)的關(guān)系式y(tǒng)=,然后把點P的坐標(biāo)(2,1)代入即
8、可. (2)①先求出直線y=﹣x+3與x、y軸交點坐標(biāo),然后運用勾股定理即可求出△A′BC的周長;過點C作CD⊥AB,垂足為D,運用面積法可以求出CD長,從而求出sin∠BA′C的值. ②由于BC=2,sin∠BMC=,因此點M在以BC為弦,半徑為m的⊙E上,因而點M應(yīng)是⊙E與x軸的交點.然后對⊙E與x軸的位置關(guān)系進行討論,只需運用矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識就可求出滿足要求的點M的坐標(biāo). 解答: 解:(1)設(shè)反比例函數(shù)的關(guān)系式y(tǒng)=. ∵點P(2,1)在反比例函數(shù)y=的圖象上, ∴k=21=2. ∴反比例函數(shù)的關(guān)系式y(tǒng)=. (2)①過點C作CD⊥AB,垂足為D,如圖1所示.
9、 當(dāng)x=0時,y=0+3=3, 則點B的坐標(biāo)為(0,3).OB=3. 當(dāng)y=0時,0=﹣x+3,解得x=3, 則點A的坐標(biāo)為(3,0),OA=3. ∵點A關(guān)于y軸的對稱點為A′, ∴OA′=OA=3. ∵PC⊥y軸,點P(2,1), ∴OC=1,PC=2. ∴BC=2. ∵∠AOB=90,OA′=OB=3,OC=1, ∴A′B=3,A′C=. ∴△A′BC的周長為3++2. ∵S△ABC=BC?A′O=A′B?CD, ∴BC?A′O=A′B?CD. ∴23=3CD. ∴CD=. ∵CD⊥A′B, ∴sin∠BA′C===. ∴△A′BC的周長為3++2,s
10、in∠BA′C的值為. ②當(dāng)1<m<2時, 作經(jīng)過點B、C且半徑為m的⊙E, 連接CE并延長,交⊙E于點P,連接BP, 過點E作EG⊥OB,垂足為G, 過點E作EH⊥x軸,垂足為H,如圖2①所示. ∵CP是⊙E的直徑, ∴∠PBC=90. ∴sin∠BPC===. ∵sin∠BMC=, ∴∠BMC=∠BPC. ∴點M在⊙E上. ∵點M在x軸上 ∴點M是⊙E與x軸的交點. ∵EG⊥BC, ∴BG=GC=1. ∴OG=2. ∵∠EHO=∠GOH=∠OGE=90, ∴四邊形OGEH是矩形. ∴EH=OG=2,EG=OH. ∵1<m<2, ∴EH>EC. ∴
11、⊙E與x軸相離. ∴x軸上不存在點M,使得sin∠BMC=. ②當(dāng)m=2時,EH=EC. ∴⊙E與x軸相切. Ⅰ.切點在x軸的正半軸上時,如圖2②所示. ∴點M與點H重合. ∵EG⊥OG,GC=1,EC=m, ∴EG==. ∴OM=OH=EG=. ∴點M的坐標(biāo)為(,0). Ⅱ.切點在x軸的負半軸上時, 同理可得:點M的坐標(biāo)為(﹣,0). ③當(dāng)m>2時,EH<EC. ∴⊙E與x軸相交. Ⅰ.交點在x軸的正半軸上時, 設(shè)交點為M、M′,連接EM,如圖2③所示. ∵∠EHM=90,EM=m,EH=2, ∴MH===. ∵EH⊥MM′, ∴MH=M′H. ∴M′
12、H═. ∵∠EGC=90,GC=1,EC=m, ∴EG===. ∴OH=EG=. ∴OM=OH﹣MH=﹣, ∴OM′=OH+HM′=+, ∴M(﹣,0)、M′(+,0). Ⅱ.交點在x軸的負半軸上時, 同理可得:M(﹣+,0)、M′(﹣﹣,0). 綜上所述:當(dāng)1<m<2時,滿足要求的點M不存在; 當(dāng)m=2時,滿足要求的點M的坐標(biāo)為(,0)和(﹣,0); 當(dāng)m>2時,滿足要求的點M的坐標(biāo)為(﹣,0)、(+,0)、(﹣+,0)、(﹣﹣,0). 點評: 本題考查了用待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的關(guān)系式、勾股定理、三角函數(shù)的定義、矩形的判定與性質(zhì)、直線與圓的位置關(guān)系、垂徑定
13、理等知識,考查了用面積法求三角形的高,考查了通過構(gòu)造輔助圓解決問題,綜合性比較強,難度系數(shù)比較大.由BC=2,sin∠BMC=聯(lián)想到點M在以BC為弦,半徑為m的⊙E上是解決本題的關(guān)鍵. 3.(2014?浙江寧波,第25題12分)課本的作業(yè)題中有這樣一道題:把一張頂角為36的等腰三角形紙片剪兩刀,分成3張小紙片,使每張小紙片都是等腰三角形,你能辦到嗎?請畫示意圖說明剪法. 我們有多少種剪法,圖1是其中的一種方法: 定義:如果兩條線段將一個三角形分成3個等腰三角形,我們把這兩條線段叫做這個三角形的三分線. (1)請你在圖2中用兩種不同的方法畫出頂角為45的等腰三角形的三分線,并標(biāo)注
14、每個等腰三角形頂角的度數(shù);(若兩種方法分得的三角形成3對全等三角形,則視為同一種) (2)△ABC中,∠B=30,AD和DE是△ABC的三分線,點D在BC邊上,點E在AC邊上,且AD=BD,DE=CE,設(shè)∠C=x,試畫出示意圖,并求出x所有可能的值; (3)如圖3,△ABC中,AC=2,BC=3,∠C=2∠B,請畫出△ABC的三分線,并求出三分線的長. 考點: 相似形綜合題;圖形的剪拼 分析: (1)45自然想到等腰直角三角形,過底角一頂點作對邊的高,發(fā)現(xiàn)形成一個等腰直角三角形和直角三角形.直角三角形斜邊的中線可形成兩個等腰三角形,則易得一種情況.第二種情形可以考慮題例中給出的方法
15、,試著同樣以一底角作為新等腰三角形的底角,則另一底腳被分為45和22.5,再以22.5分別作為等腰三角形的底角或頂角,易得其中作為底角時所得的三個三角形恰都為等腰三角形.即又一三分線作法. (2)用量角器,直尺標(biāo)準(zhǔn)作30角,而后確定一邊為BA,一邊為BC,根據(jù)題意可以先固定BA的長,而后可確定D點,再標(biāo)準(zhǔn)作圖實驗﹣﹣分別考慮AD為等腰三角形的腰或者底邊,兼顧AEC在同一直線上,易得2種三角形ABC.根據(jù)圖形易得x的值. (3)因為∠C=2∠B,作∠C的角平分線,則可得第一個等腰三角形.而后借用圓規(guī),以邊長畫弧,根據(jù)交點,尋找是否存在三分線,易得如圖4圖形為三分線.則可根據(jù)外角等于內(nèi)角之和及
16、腰相等等情況列出等量關(guān)系,求解方程可知各線的長. 解答: 解:(1)如圖2作圖, (2)如圖3 ①、②作△ABC. ①當(dāng)AD=AE時, ∵2x+x=30+30, ∴x=20. ②當(dāng)AD=DE時, ∵30+30+2x+x=180, ∴x=40. (3) 如圖4,CD、AE就是所求的三分線. 設(shè)∠B=a,則∠DCB=∠DCA=∠EAC=a,∠ADE=∠AED=2a, 此時△AEC∽△BDC,△ACD∽△ABC, 設(shè)AE=AD=x,BD=CD=y, ∵△AEC∽△BDC, ∴x:y=2:3, ∵△ACD∽△ABC, ∴2x=(x+y):2, 所以聯(lián)立得方
17、程組, 解得 , 即三分線長分別是和. 點評: 本題考查了學(xué)生學(xué)習(xí)的理解能力及動手創(chuàng)新能力,知識方面重點考查三角形內(nèi)角、外角間的關(guān)系及等腰三角形知識,是一道很鍛煉學(xué)生能力的題目. 操作探究 1.(2014?四川南充,第16題,3分)如圖,有一矩形紙片ABCD,AB=8,AD=17,將此矩形紙片折疊,使頂點A落在BC邊的A′處,折痕所在直線同時經(jīng)過邊AB、AD(包括端點),設(shè)BA′=x,則x的取值范圍是 ?。? 分析:作出圖形,根據(jù)矩形的對邊相等可得BC=AD,CD=AB,當(dāng)折痕經(jīng)過點D時,根據(jù)翻折的性質(zhì)可得A′D=AD,利用勾股定理列式求出A′C,再求出BA′;當(dāng)折痕經(jīng)
18、過點B時,根據(jù)翻折的性質(zhì)可得BA′=AB,此兩種情況為BA′的最小值與最大值的情況,然后寫出x的取值范圍即可. 解:如圖,∵四邊形ABCD是矩形,AB=8,AD=17,∴BC=AD=17,CD=AB=8, ①當(dāng)折痕經(jīng)過點D時,由翻折的性質(zhì)得,A′D=AD=17, 在Rt△A′CD中,A′C===15, ∴BA′=BC﹣A′C=17﹣15=2; ②當(dāng)折痕經(jīng)過點B時,由翻折的性質(zhì)得,BA′=AB=8, ∴x的取值范圍是2≤x≤8.故答案為:2≤x≤8. 點評: 本題考查了翻折變換的性質(zhì),勾股定理的應(yīng)用,難點在于判斷出BA′的最小值與最大值時的情況,作出圖形更形象直觀. 2. 3.
19、 4. 5. 6. 7. 8. 三、解答題 1.(2014?浙江杭州,第20題,10分)把一條12個單位長度的線段分成三條線段,其中一條線段成為4個單位長度,另兩條線段長都是單位長度的整數(shù)倍. (1)不同分段得到的三條線段能組成多少個不全等的三角形?用直尺和圓規(guī)作這些三角形(用給定的單位長度,不寫作法,保留作圖痕跡); (2)求出(1)中所作三角形外接圓的周長. 考點: 作圖—應(yīng)用與設(shè)計作圖. 分析: (1)利用三角形三邊關(guān)系進而得出符合題意的圖形即可; (2)利用三角形外接圓作法,首先作出任意兩邊的垂直平分線,即可得出圓心位置,進而得出其外接圓. 解答:
20、 解:(1)由題意得:三角形的三邊長分別為:4,4,4;3,4,5; 即不同分段得到的三條線段能組成2個不全等的三角形,如圖所示: (2)如圖所示: 當(dāng)三邊的單位長度分別為3,4,5,可知三角形為直角三角形,此時外接圓的半徑為2.5; 當(dāng)三邊的單位長度分別為4,4,4.三角形為等邊三角形,此時外接圓的半徑為, ∴當(dāng)三條線段分別為3,4,5時其外接圓周長為:2π2.5=5π; 當(dāng)三條線段分別為4,4,4時其外接圓周長為:2π=π. 點評: 此題主要考查了三角形外接圓的作法和三角形三邊關(guān)系等知識,得出符合題意的三角形是解題關(guān)鍵. 2.(2014?遵義27.(14分)
21、)如圖,二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A(3,0),B(﹣1,0),與y軸交于點C.若點P,Q同時從A點出發(fā),都以每秒1個單位長度的速度分別沿AB,AC邊運動,其中一點到達端點時,另一點也隨之停止運動. (1)求該二次函數(shù)的解析式及點C的坐標(biāo); (2)當(dāng)點P運動到B點時,點Q停止運動,這時,在x軸上是否存在點E,使得以A,E,Q為頂點的三角形為等腰三角形?若存在,請求出E點坐標(biāo);若不存在,請說明理由. (3)當(dāng)P,Q運動到t秒時,△APQ沿PQ翻折,點A恰好落在拋物線上D點處,請判定此時四邊形APDQ的形狀,并求出D點坐標(biāo). 考點: 二次函數(shù)綜合題. 分析:
22、(1)將A,B點坐標(biāo)代入函數(shù)y=x2+bx+c中,求得b、c,進而可求解析式及C坐標(biāo). (2)等腰三角形有三種情況,AE=EQ,AQ=EQ,AE=AQ.借助垂直平分線,畫圓易得E大致位置,設(shè)邊長為x,表示其他邊后利用勾股定理易得E坐標(biāo). (3)注意到P,Q運動速度相同,則△APQ運動時都為等腰三角形,又由A、D對稱,則AP=DP,AQ=DQ,易得四邊形四邊都相等,即菱形.利用菱形對邊平行且相等等性質(zhì)可用t表示D點坐標(biāo),又D在E函數(shù)上,所以代入即可求t,進而D可表示. 解答: 解:(1)∵二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A(3,0),B(﹣1,0), ∴, 解得 , ∴y
23、=x2﹣x﹣4. ∴C(0,﹣4). (2)存在. 如圖1,過點Q作QD⊥OA于D,此時QD∥OC, ∵A(3,0),B(﹣1,0),C(0,﹣4),O(0,0) ∴AB=4,OA=3,OC=4, ∴AC==5,AQ=4. ∵QD∥OC, ∴, ∴, ∴QD=,AD=. ①作AQ的垂直平分線,交AO于E,此時AE=EQ,即△AEQ為等腰三角形, 設(shè)AE=x,則EQ=x,DE=AD﹣AE=﹣x, ∴在Rt△EDQ中,(﹣x)2+()2=x2,解得 x=, ∴OA﹣AE=3﹣=﹣, ∴E(﹣,0). ②以Q為圓心,AQ長半徑畫圓,交x軸于E,此時QE=QA=
24、4, ∵ED=AD=, ∴AE=, ∴OA﹣AE=3﹣=﹣, ∴E(﹣,0). ③當(dāng)AE=AQ=4時, ∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1, ∴E(﹣1,0). 綜上所述,存在滿足條件的點E,點E的坐標(biāo)為(﹣,0)或(﹣,0)或(﹣1,0). (3)四邊形APDQ為菱形,D點坐標(biāo)為(﹣,﹣).理由如下: 如圖2,D點關(guān)于PQ與A點對稱,過點Q作,F(xiàn)Q⊥AP于F, ∵AP=AQ=t,AP=DP,AQ=DQ, ∴AP=AQ=QD=DP, ∴四邊形AQDP為菱形, ∵FQ∥OC, ∴, ∴, ∴AF=,F(xiàn)Q=, ∴Q(3﹣,﹣), ∵DQ=AP=t, ∴D(3
25、﹣﹣t,﹣), ∵D在二次函數(shù)y=x2﹣x﹣4上, ∴﹣=(3﹣t)2﹣(3﹣t)﹣4, ∴t=,或t=0(與A重合,舍去), ∴D(﹣,﹣). 點評: 本題考查了二次函數(shù)性質(zhì)、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知識,總體來說題意復(fù)雜但解答內(nèi)容都很基礎(chǔ),是一道值得練習(xí)的題目. 3.(( 2014年河南) 22.10分)(1)問題發(fā)現(xiàn) 如圖1,△ACB和△DCE均為等邊三角形,點A、D、E在同一直線上,連接BE 填空:(1)∠AEB的度數(shù)為 60 ; (2)線段AD、BE之間的數(shù)量關(guān)系是 AD=BE 。 解:(1)①60;②AD=B
26、E. …………………………………………2分 提示:(1)①可證△CDA≌△CEB, ∴∠CEB=∠CDA=1200, 又∠CED=600, ∴∠AEB=1200-600=600. ②可證△CDA≌△CEB, ∴AD=BE (2)拓展探究 如圖2,△ACB和△DCE均為等邊三角形,∠ACB=∠DCE=900, 點A、D、E在同一直線上,CM為△DCE中DE邊上的高,連接BE。請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系,并說明理由。 解:(2)∠AEB=900;AE=2CM+BE. …………………………4分
27、(注:若未給出本判斷結(jié)果,但后續(xù)理由說明完全正確,不扣分) 理由:∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形,∠ACB =∠DCE= 900, ∴AC=BC, CD=CE, ∠ACB=∠DCB=∠DCE-∠DCB, 即∠ACD= ∠BCE ∴△ACD≌△BCE. ……………………………………………………6分 ∴AD = BE, ∠BEC=∠ADC=1350. ∴∠AEB=∠BEC-∠CED=1350-450=900.……………………………7分 在等腰直角三角形DCE中,CM為斜邊DE上的高, ∴CM= DM= ME,∴DE=2CM. ∴AE=
28、DE+AD=2CM+BE……………………………………………………8分 (3)解決問題 如圖3,在正方形ABCD中,CD=。若點P滿足PD=1,且∠BPD=900,請直接寫出點A到BP的距離。 (3)或………………………………………………………10分 【提示】PD =1,∠BPD=900, ∴BP是以點D為圓心、以1為半徑的OD的切線,點P為切點. 第一種情況:如圖①,過點A作AP的垂線,交BP于點P/, 可證△APD≌△AP/B,PD=P/B=1, CD=,∴BD=2,BP=, ∴AM=PP/=(PB-BP/)=
29、 第二種情況如圖②, 可得AMPP/=(PB+BP/)= 4.(2014?廣東梅州,第22題10分)如圖,在Rt△ABC中,∠B=90,AC=60,AB=30.D是AC上的動點,過D作DF⊥BC于F,過F作FE∥AC,交AB于E.設(shè)CD=x,DF=y. (1)求y與x的函數(shù)關(guān)系式; (2)當(dāng)四邊形AEFD為菱形時,求x的值; (3)當(dāng)△DEF是直角三角形時,求x的值. 考點: 相似三角形的判定與性質(zhì);含30度角的直角三角形;勾股定理;菱形的性質(zhì). 分析: (1)由已知求出∠C=30,列出y與x的函數(shù)關(guān)系式; (2)由四邊形AEFD為菱形,列出方程y=60﹣x與y=
30、x組成方程組求x的值, (3)由△DEF是直角三角形,列出方程60﹣x=2y,與y=x組成方程組求x的值, 解答: 解:(1)∵在Rt△ABC中,∠B=90,AC=60,AB=30, ∴∠C=30, ∵CD=x,DF=y. ∴y=x; (2)∵四邊形AEFD為菱形, ∴AD=DF, ∴y=60﹣x ∴方程組, 解得x=40, ∴當(dāng)x=40時,四邊形AEFD為菱形; (3)∵△DEF是直角三角形, ∴∠FDE=90, ∵FE∥AC, ∴∠EFB=∠C=30, ∵DF⊥BC, ∴∠DEF+∠DFE=∠EFB+∠DFE, ∴∠DEF=∠EFB=30,
31、∴EF=2DF, ∴60﹣x=2y, 與y=x,組成方程組,得 解得x=30, ∴當(dāng)△DEF是直角三角形時,x=30. 點評: 本題主要考查了含30角的直角三角形與菱形的知識,解本題的關(guān)鍵是找出x與y的關(guān)系列方程組. 操作探究 一.選擇題 1. (2014?黑龍江牡丹江, 第7題3分)已知:如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90,∠A<∠B,CM是斜邊AB上的中線,將△ACM沿直線CM折疊,點A落在點D處,如果CD恰好與AB垂直,那么∠A的度數(shù)是( ?。? 第1題圖 A.30 B. 40 C. 50 D. 60 考點: 翻折變換(折疊問題). 分析:
32、 根據(jù)折疊的性質(zhì)可知,折疊前后的兩個三角形全等,則∠D=∠A,∠MCD=∠MCA,從而求得答案. 解答: 解:∵在Rt△ABC中,∠ACB=90,∠A<∠B,CM是斜邊AB上的中線, ∴AM=MC=BM, ∴∠A=∠MCA, ∵將△ACM沿直線CM折疊,點A落在點D處, ∴CM平分∠ACD,∠A=∠D, ∴∠ACM=∠MCD, ∵∠A+∠B=∠B+∠BCD=90 ∴∠A=∠BCD ∴∠BCD=∠DCM=∠MCA=30 ∴∠A=30. 故選:A. 點評: 本題考查圖形的折疊變化及三角形的內(nèi)角和定理.關(guān)鍵是要理解折疊是一種對稱變換,它屬于軸對稱,根據(jù)軸對稱的性質(zhì),折疊前后圖
33、形的形狀和大小不變,只是位置變化. 0. 2.(2014?四川綿陽,第12題3分)如圖,AB是半圓O的直徑,C是半圓O上一點,OQ⊥BC于點Q,過點B作半圓O的切線,交OQ的延長線于點P,PA交半圓O于R,則下列等式中正確的是( ?。? A. = B. = C. = D. = 考點: 切線的性質(zhì);平行線的判定與性質(zhì);三角形中位線定理;垂徑定理;相似三角形的判定與性質(zhì) 專題: 探究型. 分析: (1)連接AQ,易證△OQB∽△OBP,得到,也就有,可得△OAQ∽OPA,從而有∠OAQ=∠APO.易證∠CAP=∠APO,從而有∠CAP=∠OAQ,則有∠C
34、AQ=∠BAP,從而可證△ACQ∽△ABP,可得,所以A正確. (2)由△OBP∽△OQB得,即,由AQ≠OP得,故C不正確. (3)連接OR,易得=,=2,得到,故B不正確. (4)由及AC=2OQ,AB=2OB,OB=OR可得,由AB≠AP得,故D不正確. 解答: 解:(1)連接AQ,如圖1, ∵BP與半圓O于點B,AB是半圓O的直徑, ∴∠ABP=∠ACB=90. ∵OQ⊥BC, ∴∠OQB=90. ∴∠OQB=∠OBP=90. 又∵∠BOQ=∠POB, ∴△OQB∽△OBP. ∴. ∵OA=OB, ∴. 又∵∠AOQ=∠POA, ∴△OAQ∽△OPA.
35、 ∴∠OAQ=∠APO. ∵∠OQB=∠ACB=90, ∴AC∥OP. ∴∠CAP=∠APO. ∴∠CAP=∠OAQ. ∴∠CAQ=∠BAP. ∵∠ACQ=∠ABP=90, ∴△ACQ∽△ABP. ∴. 故A正確. (2)如圖1, ∵△OBP∽△OQB, ∴. ∴. ∵AQ≠OP, ∴. 故C不正確. (3)連接OR,如圖2所示. ∵OQ⊥BC, ∴BQ=CQ. ∵AO=BO, ∴OQ=AC. ∵OR=AB. ∴=,=2. ∴≠. ∴. 故B不正確. (4)如圖2, ∵, 且AC=2OQ,AB=2OB,OB=OR, ∴. ∵AB≠
36、AP, ∴. 故D不正確. 故選:A. 點評: 本題考查了切線的性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、垂徑定理、三角形的中位線等知識,綜合性較強,有一定的難度. 3.(2014?浙江紹興,第9題4分)將一張正方形紙片,按如圖步驟①,②,沿虛線對著兩次,然后沿③中的虛線剪去一個角,展開鋪平后的圖形是( ?。? A. B. C. D. 考點: 剪紙問題. 分析: 按照題意要求,動手操作一下,可得到正確的答案. 解答: 解:由題意要求知,展開鋪平后的圖形是B. 故選B. 點評: 此題主要考查了剪紙問題,此類問
37、題應(yīng)親自動手折一折,剪一剪看看,可以培養(yǎng)空間想象能力. 4.(2014?江西,第5題3分)如圖,賢賢同學(xué)用手工紙制作一個臺燈燈罩,做好后發(fā)現(xiàn)上口太小了,于是他把紙燈罩對齊奢壓扁,剪去上面一截后,正好合適。以下裁剪示意圖中,正確的是( ). 【答案】 A. 【考點】 圖形與變換. 【分析】 可用排除法,B、D兩選項肯定是錯誤的,正確答案為A. 【解答】 答案為A。 5. 二.填空題 1.(2014?貴州黔西南州, 第19題3分)如圖,將矩形紙片ABCD折疊,使邊AB、CD均落在對角線BD上,得折痕BE、BF,則∠EBF= 45?。? 第1題圖
38、 考點: 角的計算;翻折變換(折疊問題). 分析: 根據(jù)四邊形ABCD是矩形,得出∠ABE=∠EBD=∠ABD,∠DBF=∠FBC=∠DBC,再根據(jù)∠ABE+∠EBD+∠DBF+∠FBC=∠ABC=90,得出∠EBD+∠DBF=45,從而求出答案. 解答: 解:∵四邊形ABCD是矩形, 根據(jù)折疊可得∠ABE=∠EBD=∠ABD,∠DBF=∠FBC=∠DBC, ∵∠ABE+∠EBD+∠DBF+∠FBC=∠ABC=90, ∴∠EBD+∠DBF=45, 即∠EBF=45, 故答案為:45. 點評: 此題考查了角的計算和翻折變換,解題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)圖形翻折后,哪些角是相等的,再
39、進行計算,是一道基礎(chǔ)題. 三.解答題 1. (2014?陜西,第26題12分)問題探究 (1)如圖①,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,如果BC邊上存在點P,使△APD為等腰三角形,那么請畫出滿足條件的一個等腰三角形△APD,并求出此時BP的長; (2)如圖②,在△ABC中,∠ABC=60,BC=12,AD是BC邊上的高,E、F分別為邊AB、AC的中點,當(dāng)AD=6時,BC邊上存在一點Q,使∠EQF=90,求此時BQ的長;[中國教@育出&版%網(wǎng)#~] 問題解決 (3)有一山莊,它的平面圖為如圖③的五邊形ABCDE,山莊保衛(wèi)人員想在線段CD上選一點M安裝監(jiān)控裝置,用來監(jiān)視邊
40、AB,現(xiàn)只要使∠AMB大約為60,就可以讓監(jiān)控裝置的效果達到最佳,已知∠A=∠E=∠D=90,AB=270m,AE=400m,ED=285m,CD=340m,問在線段CD上是否存在點M,使∠AMB=60?若存在,請求出符合條件的DM的長,若不存在,請說明理由. [中國~@^教#&育出版網(wǎng)] 考點: 圓的綜合題;全等三角形的判定與性質(zhì);等邊三角形的性質(zhì);勾股定理;三角形中位線定理;矩形的性質(zhì);正方形的判定與性質(zhì);直線與圓的位置關(guān)系;特殊角的三角函數(shù)值.菁優(yōu)網(wǎng) 專題: 壓軸題;存在型. 分析: (1)由于△PAD是等腰三角形,底邊不定,需三種情況討論,運用三角形全等、矩形的性質(zhì)、勾股定
41、理等知識即可解決問題. (2)以EF為直徑作⊙O,易證⊙O與BC相切,從而得到符合條件的點Q唯一,然后通過添加輔助線,借助于正方形、特殊角的三角函數(shù)值等知識即可求出BQ長. (3)要滿足∠AMB=60,可構(gòu)造以AB為邊的等邊三角形的外接圓,該圓與線段CD的交點就是滿足條件的點,然后借助于等邊三角形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識,就可算出符合條件的DM長. 解答: 解:(1)①作AD的垂直平分線交BC于點P,如圖①, 則PA=PD. ∴△PAD是等腰三角形. ∵四邊形ABCD是矩形 ∴AB=DC,∠B=∠C=90. ∵PA=PD,AB=DC ∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL
42、). ∴BP=CP. ∵BC=4, ∴BP=CP=2. ②以點D為圓心,AD為半徑畫弧,交BC于點P′,如圖①,. 則DA=DP′. ∴△P′AD是等腰三角形. ∵四邊形ABCD是矩形, ∴AD=BC,AB=DC,∠C=90. ∵AB=3,BC=4, ∴DC=3,DP′=4. ∴CP′==. ∴BP′=4﹣. ③點A為圓心,AD為半徑畫弧,交BC于點P″,如圖①, 則AD=AP″. ∴△P″AD是等腰三角形. 同理可得:BP″=. 綜上所述:在等腰三角形△ADP中, 若PA=PD,則BP=2; 若DP=DA,則BP=4﹣; 若AP=AD,則BP=.
43、 (2)∵E、F分別為邊AB、AC的中點, ∴EF∥BC,EF=BC. ∵BC=12, ∴EF=6. 以EF為直徑作⊙O,過點O作OQ⊥BC,垂足為Q,連接EQ、FQ,如圖②. ∵AD⊥BC,AD=6, ∴EF與BC之間的距離為3. ∴OQ=3 ∴OQ=OE=3. ∴⊙O與BC相切,切點為Q. ∵EF為⊙O的直徑, ∴∠EQF=90 過點E作EG⊥BC,垂足為G,如圖②. ∵EG⊥BC,OQ⊥BC, ∴EG∥OQ. ∵EO∥GQ,EG∥OQ,∠EGQ=90,OE=OQ, ∴四邊形OEGQ是正方形. ∴GQ=EO=3,EG=OQ=3. ∵∠B=60,∠EGB=
44、90,EG=3, ∴BG=. ∴BQ=GQ+BG=3+. ∴當(dāng)∠EQF=90時,BQ的長為3+. (3)在線段CD上存在點M,使∠AMB=60 理由如下: 以AB為邊,在AB的右側(cè)作等邊三角形ABG, 作GP⊥AB,垂足為P,作AK⊥BG,垂足為K. 設(shè)GP與AK交于點O,以點O為圓心,OA為半徑作⊙O, 過點O作OH⊥CD,垂足為H,如圖③. 則⊙O是△ABG的外接圓, ∵△ABG是等邊三角形,GP⊥AB, ∴AP=PB=AB. ∵AB=270, ∴AP=135. ∵ED=285 ∴OH=285﹣135=150. ∵△ABG是等邊三角形,AK⊥BG,
45、∴∠BAK=∠GAK=30. ∴OP=AP?tan30 =135 =45. ∴OA=2OP=90. ∴OH<OA. ∴⊙O與CD相交,設(shè)交點為M,連接MA、MB,如圖③. ∴∠AMB=∠AGB=60,OM=OA=90.. ∵OH⊥CD,OH=150,OM=90, ∴HM= = =30. ∵AE=400,OP=45, ∴DH=400﹣45. 若點M在點H的左邊,則DM=DH+HM=400﹣45+30. ∵400﹣45+30>340, ∴DM>CD. ∴點M不在線段CD上,應(yīng)舍去. 若點M在點H的右邊,則DM=DH﹣HM=400﹣45﹣30. ∵400﹣45﹣30<340, ∴DM<CD. ∴點M在線段CD上] 綜上所述:在線段CD上存在唯一的點M,使∠AMB=60, 此時DM的長為(400﹣45﹣30)米. 點評: 本題考查了垂直平分線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、直線與圓的位置關(guān)系、圓周角定理、三角形的中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、特殊角的三角函數(shù)值等知識,考查了操作、探究等能力,綜合性非常強.而構(gòu)造等邊三角形及其外接圓是解決本題的關(guān)鍵.
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